人教版八年级数学下册 专题13 与中点有关的计算与证明（原卷版+解析）

这是一份人教版八年级数学下册 专题13 与中点有关的计算与证明（原卷版+解析），共27页。试卷主要包含了构造直角三角形斜边的中线，捕捉三角形的中位线，构造三角形的中位线，中点四边形问题等内容，欢迎下载使用。
典例1 如图，△CDE中，∠CDE＝135°，CB⊥DE于B，EA⊥CD于A，求证：CE=2AB．
典例2 (2023秋•浦东新区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ADC＝90°，AC＝26，BD＝24，联结AC、BD，取AC和BD的中点M、N，联结MN，则MN的长度为 ．
针对训练
1．(2023秋•上蔡县校级月考）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠DCB＝90°，E、F分别是BD、AC的中点，
（1）请你猜测EF与AC的位置关系，并给予证明；
（2）当AC＝8，BD＝10时，求EF的长．
类型二 捕捉三角形的中位线
典例3(2023•瑶海区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为中线，E为AD的中点，DF∥CE交BE于点F．若AC＝8，BC＝12，则DF的长为（ ）
A．2B．4C．3D．2.5
针对训练
1．(2023春•介休市期末）如图，AD和BE分别是△ABC的中线和角平分线，AD⊥BE，垂足为点F，且G、E为AC的三等分点，若BE＝8，则BF的长为 ．
类型三 构造三角形的中位线
典例4 (2023春•吴中区校级期中）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的取值范围 ．
典例5(2023秋•北海月考）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点，将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝（ ）cm．
A．5B．6C．245D．27
针对训练
1．(2023春•荔湾区期中）如图，在△ABC中，延长BC至D，使得CD=12BC，过AC中点E作EF∥CD（点F位于点E右侧），且EF＝2CD，连接DF，若AB＝6，则DF的长为 ．
2．(2023•安徽二模）如图．在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（ ）
A．1B．32C．52D．53
3．如图，点B为AC上一点，分别以AB，BC为边在AC同侧作等边△ABD和等边△BCE，点P、M、N分别为AC，AD、CE的中点．
（1）求证：PM＝PN；
（2）求∠MPN的度数．
类型四 中点四边形问题
1．(2023•菏泽）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（ ）
A．互相平分B．相等
C．互相垂直D．互相垂直平分
2．(2023春•青川县期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD和DA的中点，连接EF，FG，GH和HE．若EH＝3EF，则下列结论正确的是（ ）
A．AB=3EFB．AB＝22EFC．AB＝3EFD．AB=10EF
3．(2023春•新泰市期中）如图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，且AB＝CD，下列结论：
①EG⊥FH；②四边形EFGH是矩形；③HF平分∠EHG；④EG=12(BC−AD)；⑤四边形EFGH是菱形．
其中正确的是 ．
4．(2023春•召陵区期末）如图，5个全等的阴影小正方形镶嵌于一个单位正方形内部，且互不相交，中间小正方形各边的中点恰为另外4个小正方形的一个顶点，若小正方形边长为a−2b（a、b是正整数），则a+b的值为 ．
5．(2023•安徽一模）如图，在四边形ABCD中，AC＝BD＝8，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2的值为 ．
6．(2023秋•雁塔区校级月考）在四边形ABCD中，AC＝BD＝8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2的值为（ ）
A．64B．18C．36D．48
7．(2023•江川区模拟）如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60˚，顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连接四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去，…，则四边形A2019B2019C2019D2019的面积是 ．
8．(2023春•开封期末）如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AC，AB上的中线，BD与CE相交于点O，点M，N分别为BO，CO的中点，连接ED，EM，MN，ND．
（1）求证：四边形EMND是平行四边形．
（2）当△ABC的边满足 时，四边形EDNM为矩形．
9．(2023春•洪山区期末）给出下列定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，DA的中点，则中点四边形EFGH形状是 ．
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD＝90°，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，求证：中点四边形EFGH是正方形．
专题13 与中点有关的计算与证明（解析版）
类型一 构造直角三角形斜边的中线
典例1 如图，△CDE中，∠CDE＝135°，CB⊥DE于B，EA⊥CD于A，求证：CE=2AB．
思路引领：取CE的中点F，连接AF、BF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AF＝EF＝BF＝CF，根据三角形的内角和等于180°求出∠ACE+∠BEC＝45°，然后求出∠AEC+∠BCE＝135°，再根据等腰三角形两底角相等求出∠BFC+∠AFE＝90°，然后求出∠AFB＝90°，从而判断出△ABF是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的直角边等于斜边的22可得AF=22AB，然后证明即可．
证明：如图，取CE的中点F，连接AF、BF，
∵CB⊥DE，EA⊥CD，
∴AF＝EF＝BF＝CF=12CE，
在△CDE中，∵∠CDE＝135°，
∴∠ACE+∠BEC＝180°﹣135°＝45°，
∴∠AEC+∠BCE＝（90°﹣∠ACE）+（90°﹣∠BEC）＝180°﹣45°＝135°，
∴∠BFC+∠AFE＝（180°﹣2∠BCE）+（180°﹣2∠AEC）＝360°﹣2（∠AEC+∠BCE）＝360°﹣2×135°＝90°，
∴∠AFB＝180°﹣（∠BCF+∠AFE）＝180°﹣90°＝90°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF=22AB，
∴CE＝2AF＝2×22AB=2AB，
即CE=2AB．
总结提升：本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形两底角相等的性质，三角形的内角和定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质是解题的关键，作出图形更形象直观．
典例2 (2023秋•浦东新区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ADC＝90°，AC＝26，BD＝24，联结AC、BD，取AC和BD的中点M、N，联结MN，则MN的长度为 ．
思路引领：连接MB、MD，利用直角三角形斜边上中线的性质得出△MBD为等腰三角形，再利等腰三角形“三线合一”得出MN⊥BD，BN＝ND=12BD＝12，最后利用勾股定理即可求出MN的长度．
解：如图，连接MB、MD，
∵∠ABC＝90°，∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴MB=12AC，MD=12AC，
∵AC＝26，
∴MB＝MD=12×26＝13，
∵N是BD的中点，BD＝24，
∴MN⊥BD，BN＝DN=12BD=12×24＝12，
∴MN=MB2−BN2=132−122=5，
故答案为：5．
总结提升：本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，灵活应用直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
针对训练
1．(2023秋•上蔡县校级月考）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠DCB＝90°，E、F分别是BD、AC的中点，
（1）请你猜测EF与AC的位置关系，并给予证明；
（2）当AC＝8，BD＝10时，求EF的长．
思路引领：（1）结论：EF⊥AC．利用直角三角形斜边中线以及等腰三角形的性质即可解决问题．
（2）在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题．
解：（1）EF⊥AC．理由如下：
连接AE、CE，
∵∠BAD＝90°，E为BD中点，
∴AE=12DB，
∵∠DCB＝90°，
∴CE=12BD，
∴AE＝CE，
∵F是AC中点，
∴EF⊥AC；
（2）∵AC＝8，BD＝10，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴AE＝CE＝5，CF＝4，
∵EF⊥AC．
∴EF=CE2−CF2=52−42=3
总结提升：本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
类型二 捕捉三角形的中位线
典例3(2023•瑶海区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为中线，E为AD的中点，DF∥CE交BE于点F．若AC＝8，BC＝12，则DF的长为（ ）
A．2B．4C．3D．2.5
思路引领：根据勾股定理求出AD，根据直角三角形的性质求出CE，再根据三角形中位线定理解答即可．
解：∵AD为中线，BC＝12，
∴CD=12BC=12×12＝6，
在Rt△ACD中，AD=AC2+CD2=82+62=10，
∵∠ACB＝90°，E为AD的中点，
∴CE=12AD＝5，
∵DF∥CE，D为BC的中点，
∴DF=12CE＝2.5，
故选：D．
总结提升：本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、勾股定理，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．
针对训练
1．(2023春•介休市期末）如图，AD和BE分别是△ABC的中线和角平分线，AD⊥BE，垂足为点F，且G、E为AC的三等分点，若BE＝8，则BF的长为 ．
思路引领：根据三角形中位线定理得到DG=12BE＝4，DG∥BE，证明△DBF≌△ABF，根据全等三角形的性质得到AF＝FD，根据三角形中位线定理解答即可．
解：∵CD＝DB，CG＝GE，
∴DG是△CEB的中位线，
∴DG=12BE＝4，DG∥BE，
在△DBF和△ABF中，
∠DBF=∠ABFBF=BF∠BFD=∠BFA，
∴△DBF≌△ABF（SAS）
∴AF＝FD，
∵DG∥BE，AF＝FD，
∴FE=12DG＝2，
∴BF＝BE﹣EF＝6，
故答案是：6．
总结提升：本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
类型三 构造三角形的中位线
典例4 (2023春•吴中区校级期中）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的取值范围 ．
思路引领：取AC的中点M，A1B1的中点N，连接PM，MQ，NQ，PN，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．
解：取AC的中点M，A1B1的中点N，连接PM，MQ，NQ，PN，
∵将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，
∴B1C1＝BC＝3，PN＝5，
∵点P、Q分别是AB、A1C1的中点，
∴NQ=12B1C1=32，
∴5−32≤PQ≤5+32，
即72≤PQ≤132，
∴PQ的取值范围为72≤PQ≤132，
故答案为：72≤PQ≤132．
总结提升：本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
典例5(2023秋•北海月考）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点，将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝（ ）cm．
A．5B．6C．245D．27
思路引领：连结AC，MC，可得MN是△ACF的中位线，则MN=12AC，求出AC即可求解．
解：连结AC，MC，
由折叠可知，M是CF的中点，
∵N是AD的中点，
∴MN是△ACF的中位线，
∴MN=12AC，
∵AB＝6cm，BC＝8cm，
在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=10，
∴MN＝5，
故选：A．
总结提升：本题考查图形的翻折变换，熟练掌握图形的折叠的性质，矩形的性质，三角形中位线的性质是解题的关键．
针对训练
1．(2023春•荔湾区期中）如图，在△ABC中，延长BC至D，使得CD=12BC，过AC中点E作EF∥CD（点F位于点E右侧），且EF＝2CD，连接DF，若AB＝6，则DF的长为 ．
思路引领：延长FE交AB于H，求出H为AB的中点，求出BH长，求出BD＝FH，根据平行四边形的判定得出四边形BHFD是平行四边形，根据平行四边形的性质得出DF＝BH即可．
解：
延长FE交AB于H，
∵E为AC的中点，EF∥CD，
∴H为AB的中点，
即AH＝BH，EH=12BC，
∵AB＝6，
∴BH＝3，
∵CD=12BC，EF＝2CD，EH=12BC，
∴FH＝BD，
∵FH∥BD，
∴四边形BHFD是平行四边形，
∴DF＝BH＝3，
故答案为：3．
总结提升：本题考查了三角形的中位线，平行四边形的性质和判定等知识点，能灵活运用定理进行推理和计算是解此题的关键．
2．(2023•安徽二模）如图．在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（ ）
A．1B．32C．52D．53
思路引领：延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME＝EB，根据三角形中位线定理得到DE=12AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算即可．
解：延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N，
∵DE平分△ABC的周长，
∴ME＝EB，又AD＝DB，
∴DE=12AM，DE∥AM，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝120°，
∵CM＝CA，
∴∠ACN＝60°，AN＝MN，
∴AN＝AC•sin∠ACN=32，
∴AM=3，
∵BD＝DA，BE＝EM，
∴DE=32，
故选：B．
总结提升：本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形的知识，掌握三角形中位线定理、正确作出辅助线是解题的关键．
3．如图，点B为AC上一点，分别以AB，BC为边在AC同侧作等边△ABD和等边△BCE，点P、M、N分别为AC，AD、CE的中点．
（1）求证：PM＝PN；
（2）求∠MPN的度数．
思路引领：（1）连接DC和AE，AE交CD于点Q，证明△ABE≌△DBC，得到AE＝DC，利用中位线的性质证明PM＝PN；
（2）根据中位线的性质把∠MPA+∠NPC转化成∠MCA+∠MAC，根据∠DMA＝∠MCA+∠MAC可知求出∠DMA度数即可．
（1）证明：连接DC和AE，AE交CD于点Q，
∵△ABD和△BCE都是等边三角形，
∴AB＝DB，BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝60°，
∴∠ABE＝∠DBC＝60°+∠DBE，
在△ABE和△DBC中，
AB=BD∠ABE=∠DBCBE=BC，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE＝DC，
∵点P、M、N分别为AC，AD、CE的中点，
∴PN=12AE，PM=12DC，
所以PM＝PN．
（2）解：∵P为AC中点，N为EC中点，
∴PN∥AE，
∴∠NPC＝∠EAC，
同理可得∠MPA＝∠DCA，
∴∠MPA+∠NPC＝∠EAC+∠DCA，
又∠DQA＝∠EAC+∠DCA，
∴∠MPA+∠NPC＝∠DQA，
∵△ABE≌△DBC，
∴∠QDB＝∠BAQ，
∴∠DQA＝∠DBA＝60°，
∴∠MPA+∠NPC＝60°，
∴∠MPN＝180°﹣60°＝120°．
总结提升：本题主要考查全等三角形的判定和性质、中位线的性质、等边三角形的性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
类型四 中点四边形问题
1．(2023•菏泽）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（ ）
A．互相平分B．相等
C．互相垂直D．互相垂直平分
思路引领：由于顺次连接四边各边中点得到的四边形是平行四边形，有对应边与原对角线平行，由矩形的性质可知，应为对角线互相垂直的四边形．
解：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
根据三角形中位线定理得：EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，
∴AC⊥BD，
故选：C．
总结提升：此题主要考查了矩形的性质（有一个角为直角的平行四边形为矩形），难度不大．
2．(2023春•青川县期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD和DA的中点，连接EF，FG，GH和HE．若EH＝3EF，则下列结论正确的是（ ）
A．AB=3EFB．AB＝22EFC．AB＝3EFD．AB=10EF
思路引领：连接AC、BD交于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形EFGH是矩形，根据勾股定理计算即可．
解：连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD和DA的中点，
∴EF=12AC，EF∥AC，EH=12BD，EH∥BD，
∵EH＝3EF，
∴OB＝3OA，
∴AB=OA2+OB2=10OA，
∴AB=10EF，
故选：D．
总结提升：本题考查的是中点四边形，掌握菱形的性质、三角形中位线定理是解题的关键．
3．(2023春•新泰市期中）如图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，且AB＝CD，下列结论：
①EG⊥FH；②四边形EFGH是矩形；③HF平分∠EHG；④EG=12(BC−AD)；⑤四边形EFGH是菱形．
其中正确的是 ．
思路引领：根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与AB＝CD可得四边形EFGH是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．
解：∵E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，
∴EF=12CD，FG=12AB，GH=12CD，HE=12AB，
∵AB＝CD，
∴EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∴①EG⊥FH，正确；
②四边形EFGH是矩形，错误；
③HF平分∠EHG，正确；
④当AD∥BC，如图所示：E，G分别为BD，AC中点，
∴连接CD，延长EG到CD上一点N，
∴EN=12BC，GN=12AD，
∴EG=12（BC﹣AD），只有AD∥BC时才可以成立，而本题AD与BC很显然不平行，故本小题错误；
⑤四边形EFGH是菱形，正确．
综上所述，①③⑤共3个正确．
故答案为：①③⑤
总结提升：本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与AB＝CD判定四边形EFGH是菱形是解答本题的关键．
4．(2023春•召陵区期末）如图，5个全等的阴影小正方形镶嵌于一个单位正方形内部，且互不相交，中间小正方形各边的中点恰为另外4个小正方形的一个顶点，若小正方形边长为a−2b（a、b是正整数），则a+b的值为 ．
思路引领：连接MN，FH，由勾股定理可求FH的长，由三角形中位线定理可求MN的长，由题意列出等式可求a，b的值，即可求解．
解：如图，连接MN，FH，
∵正方形EFGH的边长为a−2b，
∴FH=2a−2b，
∵M，N是EF，EH的中点，
∴MN=2a−22b，
∵AD＝1，
∴2×a−2b+2a−22b=1，
∴4a﹣2﹣2b+2a﹣42=0，且a、b为正整数，
∴a＝4，b＝7，
∴a+b＝11，
故答案为：11．
总结提升：本题考查了中点四边形，正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，求出MN的长是本题的关键．
5．(2023•安徽一模）如图，在四边形ABCD中，AC＝BD＝8，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2的值为 ．
思路引领：连接HE、EF、FG、GH，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到平行四边形HEFG是菱形，根据菱形的性质、勾股定理计算即可．
解：连接HE、EF、FG、GH，
∵E、F分别是边AB、BC的中点，
∴EF=12AC＝4，EF∥AC，
同理可得，HG=12AC＝4，HG∥AC，EH=12BD＝4，
∴HG＝EF，HG∥EF，
∴四边形HEFG为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴EH＝EF，
∴平行四边形HEFG是菱形，
∴HF⊥EG，HF＝2OH，EG＝2OE，
∴OE2+OH2＝EH2＝16
∴EG2+FH2＝（2OE）2+（2OH）2＝4（OE2+OH2）＝64，
故答案为：64．
总结提升：本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定和性质定理是解题的关键．
6．(2023秋•雁塔区校级月考）在四边形ABCD中，AC＝BD＝8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2的值为（ ）
A．64B．18C．36D．48
思路引领：作辅助线，构建四边形EFGH，证明它是菱形，利用对角线互相垂直和勾股定理列等式，再利用中位线性质等量代换可得结论．
解：连接EF、FG、GH、EH，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF∥AC，HG∥AC，EF=12AC，FG=12BD，
∴EF∥HG，
同理EH∥FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴EF＝FG，
∴平行四边形EFGH为菱形，
∴EG⊥FH，EG＝2OG，FH＝2OH，
∴EG2+FH2＝（2OE）2+（2OH）2＝4（OE2+OH2）＝4EH2＝4×（12BD）2＝82＝64；
故选：A．
总结提升：本题考查了中点四边形，运用了三角形中位线的性质，将三角形和四边形有机结合，把边的关系由三角形转化为四边形中，可以证明四边形为特殊的四边形；对于线段的平方和可以利用勾股定理来证明．
7．(2023•江川区模拟）如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60˚，顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连接四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去，…，则四边形A2019B2019C2019D2019的面积是 ．
思路引领：利用已知数据求出菱形ABCD的面积，得到四边形A2B2C2D2的面积等于矩形A1B1C1D1的面积的12，同理可得四边形A3B3C3D3的面积等于四边形A2B2C2D2的面积12，那么等于矩形A1B1C1D1的面积的（12）2，同理可得四边形A2019B2019C2019D2019的面积．
解：连接AC、BD．则AC⊥BD，
∵菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，
∴S菱形ABCD=12AC•BD＝1×1×sin60°=32，
∵顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是矩形，
矩形A1B1C1D1的面积=12AC•12BD=14AC•BD=12S菱形ABCD=34=322，
菱形A2B2C2D2的面积=12×矩形A1B1C1D1的面积=14S菱形ABCD，=38=323，
则四边形A2019B2019C2019D2019的面积=322020，
故答案为：322020．
总结提升：本题考查的是菱形以及中点四边形的性质，找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解决本题的关．
8．(2023春•开封期末）如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AC，AB上的中线，BD与CE相交于点O，点M，N分别为BO，CO的中点，连接ED，EM，MN，ND．
（1）求证：四边形EMND是平行四边形．
（2）当△ABC的边满足 时，四边形EDNM为矩形．
思路引领：（1）由中位线定理，可得ED∥BC，MN∥BC，且都等于边长BC的一半．分析到此，此题证明即可；
（2）当AB＝AC时，由SAS证明△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，证出DM＝EN，即可得出四边形EDNM是矩形．
（1）证明：△ABC的边AC、AB上的中线BD、CE相交于点O，M、N分别是BO、CO的中点，
∴ED∥BC且ED=12BC，
MN∥BC且MN=12BC，
∴ED∥MN且ED＝MN，
∴四边形MNDE是平行四边形；
（2）解：当AB＝AC时，四边形EDNM为矩形．理由如下：
∵四边形MNDE是平行四边形，
∴OE＝ON，OD＝OM，
∵AB＝AC，
∴AE＝AD，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠A=∠AAD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
又∵OE＝ON，OD＝OM，OM＝BM，ON＝CN，
∴DM＝EN，
∴四边形EDNM是矩形．
故答案为：AB＝AC．
总结提升：本题考查了等腰三角形的性质、三角形中位线定理、矩形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握等腰三角形的性质和三角形中位线定理，并能进行推理论证是解决问题的关键．
9．(2023春•洪山区期末）给出下列定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，DA的中点，则中点四边形EFGH形状是 ．
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD＝90°，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，求证：中点四边形EFGH是正方形．
思路引领：（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH＝FG即可．
（2）首先证明四边形EFGH是菱形．再证明∠EHG＝90°．利用△APC≌△BPD，得∠ACP＝∠BDP，即可证明∠COD＝∠CPD＝90°，再根据平行线的性质即可证明．
（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH＝GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
故答案为平行四边形；
（2）四边形EFGH是正方形．
理由：如图2中，连接AC，BD．
∵∠APB＝∠CPD，
∴∠APB+∠APD＝∠CPD+∠APD，
即∠APC＝∠BPD，
在△APC和△BPD中，
AP=PB∠APC=∠BPDPC=PD，
∴△APC≌△BPD，
∴AC＝BD
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=12AC，FG=12BD，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP＝∠BDP，
∵∠DMO＝∠CMP，
∴∠COD＝∠CPD＝90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG＝∠ENO＝∠BOC＝∠DOC＝90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
总结提升：本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．